高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 題型研究3 加試計(jì)算題 22題 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

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題型研究3 加試計(jì)算題 22題 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動1帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動情況分類(1)洛倫茲力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題(2)電場力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題(3)電場力、洛倫茲力、重力并存若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題2帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動，此時(shí)解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求解例1如圖1，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的微粒從原點(diǎn)出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45的初速度進(jìn)入復(fù)合場中，正好做直線運(yùn)動，當(dāng)微粒運(yùn)動到A(l，l)時(shí)，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計(jì)電場變化的時(shí)間)，粒子繼續(xù)運(yùn)動一段時(shí)間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場不計(jì)一切阻力，求：圖1(1)電場強(qiáng)度E的大小；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(3)微粒在復(fù)合場中的運(yùn)動時(shí)間答案(1)(2)(3)(1)解析(1)微粒到達(dá)A(l，l)之前做勻速直線運(yùn)動，對微粒受力分析如圖甲：所以，Eqmg，得：E(2)由平衡條件：qvBmg電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖乙：qvBm由幾何知識可得：rl聯(lián)立解得：v，B(3)微粒做勻速運(yùn)動的時(shí)間：t1做圓周運(yùn)動的時(shí)間：t2在復(fù)合場中的運(yùn)動時(shí)間：tt1t2(1).粒子在疊加場中運(yùn)動的分析思路變式題組1如圖2所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.足夠長的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45.有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處，且恰好對斜面無壓力若將小球P以初速度v0水平向右拋出(P視為質(zhì)點(diǎn))，一段時(shí)間后，小球落在斜面上的C點(diǎn)已知小球的運(yùn)動軌跡在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g，求：圖2(1)小球P落到斜面上時(shí)速度方向與斜面的夾角及由A到C所需的時(shí)間t；(2)小球P拋出到落回斜面的位移x的大小答案(1)45(2)解析(1)小球P靜止時(shí)不受洛倫茲力作用，僅受自身重力和電場力，對斜面無壓力，則mgqEP獲得水平初速度后由于重力和電場力平衡，將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，由對稱性可得小球P落到斜面上時(shí)其速度方向與斜面的夾角為45qv0BmT圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)過的圓心角為90，小球P由A到C所需的時(shí)間：t(2)由式可知，P做勻速圓周運(yùn)動的半徑R由幾何關(guān)系知xR由可解得位移x.2如圖3所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運(yùn)動；進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點(diǎn)圖3(1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值；(3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置為了使墨滴仍能到達(dá)下板M點(diǎn)，應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至B，則B的大小為多少？答案(1)負(fù)電荷(2)(3)解析(1)墨滴在電場區(qū)域內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，有qmg由式得q由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知墨滴帶負(fù)電荷(2)墨滴垂直進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運(yùn)動，有qv0Bm考慮墨滴進(jìn)入磁場和撞板時(shí)的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運(yùn)動，則半徑Rd由式得B(3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運(yùn)動軌跡如圖，設(shè)圓周運(yùn)動半徑為R，有qv0Bm由圖示可得R2d2(R)2得Rd聯(lián)立式可得B.帶電粒子在組合場中的運(yùn)動“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直電場線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(不計(jì)重力)垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(不計(jì)重力)受力情況電場力FqE，其大小、方向不變，與速度v無關(guān)，F(xiàn)是恒力洛倫茲力F洛qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)洛是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運(yùn)動軌跡求解方法利用類平拋運(yùn)動的規(guī)律求解：vxv0，xv0tvyt，yt2偏轉(zhuǎn)角：tan 半徑：r周期：T偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運(yùn)動規(guī)律討論求解運(yùn)動時(shí)間ttT動能變化不變例2(2015浙江10月選考)如圖4是水平放置的小型粒子加速器的原理示意圖，區(qū)域和存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B1和B2，長L1.0 m的區(qū)域存在場強(qiáng)大小E5.0104 V/m、方向水平向右的勻強(qiáng)電場區(qū)域中間上方有一離子源S，水平向左發(fā)射動能Ek04.0104 eV的氘核，氘核最終從區(qū)域下方的P點(diǎn)水平射出S、P兩點(diǎn)間的高度差h0.10 m(氘核質(zhì)量m21.671027 kg、電荷量q1.601019 C,1 eV1.601019 J, 1104)圖4(1)求氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出時(shí)的動能Ek2.(2)若B11.0 T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域的最小寬度d.(3)若B11.0 T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2.答案(1)2.241014 J(2)0.06 m(3)1.2 T解析(1)由動能定理WEk2Ek0電場力做功WqE2L得Ek2Ek0qE2L1.4105 eV2.241014 J(2)洛倫茲力提供向心力：qvBm第一次進(jìn)入B1區(qū)域，半徑R00.04 m第二次進(jìn)入B1區(qū)域，mvEk0qELR20.06 m，故最小寬度dR20.06 m(3)氘核運(yùn)動軌跡如圖所示由圖中幾何關(guān)系可知2R2h(2R12R0)解得R10.05 m由R1，得B21.2 T.帶電粒子在組合場中運(yùn)動的分析思路及技巧1基本思路：2解題關(guān)鍵：抓住聯(lián)系兩個(gè)場的紐帶速度變式題組3(2016浙江4月選考22)如圖5為離子探測裝置示意圖區(qū)域、區(qū)域長均為L0.10 m，高均為H0.06 m區(qū)域可加方向豎直向下、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場；區(qū)域可加方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域的右端緊貼著可探測帶電粒子位置的豎直屏質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v1.0105 m/s水平射入，質(zhì)子荷質(zhì)比近似為1.0108 C/kg.(忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)重力)圖5(1)當(dāng)區(qū)域加電場、區(qū)域不加磁場時(shí)，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加電場的最大值Emax；(2)當(dāng)區(qū)域不加電場、區(qū)域加磁場時(shí)，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加磁場的最大值Bmax；(3)當(dāng)區(qū)域加電場E小于(1)中的Emax，質(zhì)子束進(jìn)入?yún)^(qū)域和離開區(qū)域的位置等高，求區(qū)域中的磁場B與區(qū)域中的電場E之間的關(guān)系式答案(1)200 V/m(2)5.5103 T(3)B解析(1)質(zhì)子在電場中做類平拋運(yùn)動vyattan 質(zhì)子到達(dá)區(qū)域右下端時(shí)，有tan 得E200 V/m.(2)質(zhì)子在磁場中運(yùn)動有qvBm，即R根據(jù)幾何關(guān)系有R2(R)2L2得B5.5103 T.(3)質(zhì)子運(yùn)動軌跡如圖所示設(shè)質(zhì)子進(jìn)入磁場時(shí)的速率為v，sin 由幾何關(guān)系知sin 得B.4(2016浙江10月學(xué)考23)如圖6所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場，位于x軸下方離子源C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的一束負(fù)離子，其初速度大小范圍為0v0.這束離子經(jīng)電勢差為U的電場加速后，從小孔O(坐標(biāo)原點(diǎn))垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(qū)域，最后打到x軸上在x軸上2a3a區(qū)間水平固定放置一探測板(a)假設(shè)每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計(jì))圖6(1)求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸的區(qū)間；(2)調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板的右端，求此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1；(3)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B1不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被板吸收，20%被反向彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，求探測板受到的作用力大小答案見解析解析(1)對于初速度為0的粒子：qUmvr1a恰好打在x2a的位置對于初速度為v0的粒子qUmvm(v0)2r22a，恰好打在x4a的位置打在x軸上的區(qū)間為2a,4a(2)由動能定理qUmvm(v0)2r3r3a解得B1B0(3)對速度為0的粒子qUmvr4a2r41.5a粒子打在x軸上的區(qū)間為1.5a,3aNN0N0由動量定理Ft0.8Nmv00.2N(0.6mv0mv0)解得F0.75N0mv01如圖1所示的坐標(biāo)系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向第一、第二和第四象限內(nèi)，既無電場也無磁場，在第三象限，存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電質(zhì)點(diǎn)，從y軸上y1h處的P1點(diǎn)，以一定的水平初速度沿x軸負(fù)方向進(jìn)入第二象限；然后經(jīng)過x軸上x2h處的P2點(diǎn)進(jìn)入第三象限，帶電質(zhì)點(diǎn)恰好做勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)y軸上y32h的P3點(diǎn)離開電磁場，重力加速度為g.求：圖1(1)粒子到達(dá)P2點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；(2)第三象限內(nèi)電場強(qiáng)度的大??；(3)第三象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小答案(1)2方向與x軸負(fù)方向成45角(2)(3) 解析(1)帶電質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動軌跡如圖帶電質(zhì)點(diǎn)從P1到P2點(diǎn)，由平拋運(yùn)動規(guī)律得：hgt2v0vygttan 解得：v2方向與x軸負(fù)方向成45角(2)帶電質(zhì)點(diǎn)從P2到P3，重力與電場力平衡，得：Eqmg解得：E.(3)第三象限，洛倫茲力提供帶電質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動的向心力，由牛頓第二定律得：qvB由幾何關(guān)系得：(2R)2(2h)2(2h)2聯(lián)立式得：B .2如圖2，區(qū)域內(nèi)有與水平方向成45角的勻強(qiáng)電場E1，區(qū)域?qū)挾葹閐1，區(qū)域內(nèi)有正交的有界勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E2，區(qū)域?qū)挾葹閐2，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下一質(zhì)量為m、電量大小為q的微粒在區(qū)域左邊界的P點(diǎn)，由靜止釋放后水平向右做直線運(yùn)動，進(jìn)入?yún)^(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動，從區(qū)域右邊界上的Q點(diǎn)穿出，其速度方向改變了30，重力加速度為g，求：圖2(1)區(qū)域和區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E1、E2的大小(2)區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小(3)微粒從P運(yùn)動到Q的時(shí)間答案(1)(2)(3)解析(1)根據(jù)題意：E1qsin 45mg，求得：E1E2qmg，求得：E2(2)設(shè)粒子進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí)的速度大小為v，則：E1qd1cos 45mv2Bqv解得：v根據(jù)幾何關(guān)系，分析可知：R2d2整理得：B(3)微粒從P到Q的時(shí)間包括在區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動時(shí)間t1和在區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動時(shí)間t2，并滿足：a1td1mgtan 45ma1t2經(jīng)整理得：tt1t2.3如圖3所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里一帶正電的粒子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動，經(jīng)t0時(shí)間從P點(diǎn)射出圖3(1)求電場強(qiáng)度的大小和方向；(2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點(diǎn)以相同的速度射入，經(jīng)時(shí)間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出求粒子運(yùn)動的加速度大小；(3)若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點(diǎn)射入，且速度變?yōu)樵瓉淼?倍，求粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間答案(1)沿x軸正方向(2)(3)t0解析(1)設(shè)帶正電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度大小為v，電場強(qiáng)度為E.可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，于是可知電場強(qiáng)度沿x軸正方向且有qEqvB又Rvt0則E(2)僅有電場時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動在y方向位移為yv由式得y設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是xR又由xa()2得a(3)僅有磁場時(shí)，入射速度v4v，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有qvBm又(2)中qEma由式得r由幾何知識sin 即sin ，帶電粒子在磁場中的運(yùn)動周期T則帶電粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間tBT所以tBt0.4如圖4所示，在空間中存垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其豎直邊界AB、CD的寬度為d，在邊界AB左側(cè)是豎直向下、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計(jì)重力)從P點(diǎn)以大小為v0的水平初速度射入電場，隨后與邊界AB成45角射入磁場若粒子能垂直CD邊界飛出磁場，穿過小孔進(jìn)入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強(qiáng)電場中減速至零且碰不到正極板圖4(1)請畫出粒子在上述過程中的運(yùn)動軌跡，并求出粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小v；(2)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?3)求金屬板間的電壓U的最小值答案(1)軌跡見解析圖v0(2)(3)解析(1)軌跡如圖所示vv0(2)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)其軌道半徑為R，由幾何關(guān)系可知Rd，qvBm解得B(3)粒子進(jìn)入板間電場至速度減為零且恰不與正極板相碰時(shí)，板間電壓U最小，由動能定理有qU0mv2解得U.